《2014江苏高考直通车二轮攻略30讲+第5讲++导数及其应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2014江苏高考直通车二轮攻略30讲+第5讲++导数及其应用（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2014高考直通车高考二轮攻略30讲第5讲 导数及其应用【课前诊断】1(2012辽宁)已知P，Q为抛物线x22y上两点，点P，Q的横坐标分别为4，2，过P，Q分别作抛物线的切线，两切线交于点A，则点A的纵坐标为_解析yx，y|x44，y|x22，P(4,8)，Q(2,2)，过P， Q的切线方程分别为：y4x8，y2x2，联立方程解得y4.答案42(2013广东)若曲线ykxln x在点(1，k)处的切线平行于x轴，则k_.解析yk，y|x1k10，k1.答案13(2012苏锡常镇四市调研(一)已知a，b为正实数，函数f(x)ax3bx2x在0,1上的最大值为4，则f(x)在1,0上的最小值为_
2、解析由a，b为正实数，可得函数yax3bx的导函数y3ax2b0恒成立，所以yax3bx是R上的增函数，从而f(x)ax3bx2x是R上的增函数所以当x0,1时，f(x)maxf(1)ab24，即ab2.当x1,0时，f(x)minf(1)ab2.答案4设曲线y(ax1)ex在点A(x0，y1)处的切线为l1，曲线y(1x)ex在点B(x0，y2)处的切线为l2，若存在x0，使得l1l2，则实数a的取值范围是_解析依题意由y(ax1)ex，得yaex(ax1)ex(axa1)ex，所以kl1(ax0a1)ex0.由y(1x)ex，得y，所以kl2.因为l1l2，所以kl1kl21，即(ax0a
3、1)ex01，即(ax0a1)(x02)1，从而a，其中x0.令f(x)，则f(x)，当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增又因为f(0)，f(1)1，f，所以a的取值范围是.答案法二：直线，的斜率分别为，由题设得在上有解，令，则 【例题探究】 (2013北京)设l为曲线C：y在点(1,0)处的切线(1)求l的方程；(2)证明：除切点(1,0)之外，曲线C在直线l的下方(1)解由y，得y，x0.ky|x11.直线l的方程为yx1，即xy10.(2)证明要证明，除切点(1,0)外，曲线C在直线l下方只要证明，对x0且x1时，x1.设f(x)x(x1)ln x，x0，则f(x)2x1.因此
4、f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增f(x)f(1)0，即x(x1)ln x.故当x0且x1时，x1成立因此原命题成立已知函数f (x)6lnxax28xb (a，b为常数)，且x3为f (x)的一个极值点 () 求a； () 求函数f (x)的单调区间； () 若y f (x)的图象与x轴正半轴有且只有3个交点，求实数b的取值范围解：() f (x) 2ax8， f (3) 26a80，则a1 () 函数f (x)的定义域为（0，） 由() 知f (x) 6lnxx28xb f (x) 2x8 由f (x)0可得x3或x1，由f (x)0可得1x3函数f (x)的单调递增区间
5、为(0，1)和(3，)，单调递减区间为(1，3) () 由()可知函数f (x)在(0，1)单调递增，在(1，3)单调递减，在(3，)单调递增且当x1或x3时，f (x)0 f (x)的极大值为f (1)6ln118bb7，f (x)的极小值为f (3)6ln3924b6ln3b15 当x充分接近0时，f (x)0，当x充分大时，f (x)0， 要使f (x)的图象与x轴正半轴有且仅有三个不同的交点，只需则7b156ln3 (2012北京)已知函数f(x)ax21(a0)，g(x)x3bx.(1)若曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a24
6、b时，求函数f(x)g(x)的单调区间，并求其在区间(，1上的最大值解(1)f(x)2ax，g(x)3x2b，因为曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)g(1)，且f(1)g(1)即a11b，且2a3b.解得a3，b3.(2)记h(x)f(x)g(x)当ba2时，h(x)x3ax2a2x1，h(x)3x22axa2.令h(x)0，得x1，x2.a0时，h(x)与h(x)的变化情况如下：xh(x)00h(x)所以函数h(x)的单调递增区间为(，)和(，)；单调递减区间为.当1，即0a2时，函数h(x)在区间(，1上单调递增，h(x)在区间(，1上的最大值
7、为h(1)aa2.当1，且1，即2a6时，函数h(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，h(x)在区间(，1上的最大值为h1.当6时，函数h(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，又因为hh(1)1aa2(a2)20，所以h(x)在区间(，1上的最大值为h1.14分综上所述：f(x)g(x)的增区间为和；减区间为.当02时，f(x)g(x)在(，1上的最大值为1.冲刺强化练习(5)1 已知点P在曲线f(x)x4x上，曲线在点P处的切线平行于3xy0，则点P的坐标为_解析由题意知，函数f(x)x4x在点P处的切线的斜率等于3，即f(x0)4x13，x01，将其代入f(x)中
8、可得P(1,0)答案(1,0)2函数yx32axa在(0,1)内有极小值，则实数a的取值范围是_解析令y3x22a0，得x (a0，否则函数y为单调增函数)若函数yx32axa在(0,1)内有极小值，则 1，0a.答案(0，)3设aR，若函数yeax3x，xR有大于零的极值点，则a的取值范围是_解析yaeax3，由y0，得xln ，0，a0.又有正根，必有得a3.答案a34已知函数f(x)x2cosx，x2，2，若f(2x1)f(1)，则x的取值范围是_答案，0)(1，5函数yx2sinx在(0，2)内的单调增区间为_解析y12cosx，由即得x.函数yx2sinx在(0,2)内的增区间为(，
9、)答案(，)6已知m为实数，函数f(x)x2(xm)，若f(x)1，则f(x)的单调递减区间为_解析f(x)3x22mx，f(1)32m1，m2，f(x)3x24x0，x0答案(，0)7函数f(x)2x2lnx的单调递增区间为_解析函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)4x，令f(x)0，得x答案(，)8(2012江苏百校大联考)设函数f(x)x33x2，若不等式f(32sin )f(x)max，x1,5，f(x)3x23，令f(x)0，x1，当x1,5时，f(x)0恒成立，即f(x)在1,5上为减函数，f(x)maxf(1)4，所求实数m的范围为(4，)答案(4，)9若函数f(x)2x2l
10、nx在其定义域内的一个子区间(k1，k1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是_解析因为f(x)的定义域为(0，)，f(x)4x，由f(x)0，得x.据题意得，解得1k.答案1，)10已知函数f(x)lnx2xf(1)(x0)，其中f(x)是f(x)的导函数，则在点P(1，f(1)处的切线方程为_解析因为f(x)2f(1)，由题意可知，曲线在(1，f(1)处切线方程的斜率kf(1)，则f(1)12f(1)，解得f(1)1，则f(1)ln12(1)2，所以切点(1，2)所以切线方程为：y2(x1)化简得xy10答案xy1011(2013辽宁改编)设函数f(x)满足x2f(x)2xf(x)，f(2
11、)，则x0时，对f(x)的说法正确的是_(填序号)有极大值，无极小值；有极小值，无极大值；既有极大值又有极小值；既无极大值也无极小值答案解析由x2f(x)2xf(x)，得f(x)，令g(x)ex2x2f(x)，x0，则g(x)ex2x2f(x)4xf(x)ex2.令g(x)0，得x2.当x2时，g(x)0；当0x2时，g(x)0，g(x)在x2时有最小值g(2)e28f(2)0，从而当x0时，f(x)0，则f(x)在(0，)上是增函数，所以函数f(x)无极大值，也无极小值12(2010盐城三模)设a0，函数f(x)x，g(x)xlnx，若对任意的x1，x21，e，都有f(x1)g(x2)成立，则实数a的取值范围为_解析g(x)xlnx，g(x)1，x1，e，g(x)0，函数g(x)单调递增，g(x)的最大值为g(e)e1f(x)x，f(x)，令f(x)0，a0，xa当0a1，f(x)在1，e上单调增，f(x)minf(1)1a2e1，1a，当1ae 列表可知，f(x)minf(a)2ae1恒成立当ae时 f(x)在1，e上单调减，f(x)minf(e)e1恒成立，综上a答案a13(2013高考新课标全国卷)已知函数f(x)exln(xm)(1)设x0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m2时，证明f(x)0.解：(1)f(x)
